2014年高考物理试题和答案 15套

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2014年高考物理试题答案（全15套）

1. 2014年全国高考新课标卷1物理部分 .............................................................................. 1 2. 2014年普通高等学校招生全国统一考试（新课标卷Ⅱ） .............................................. 7 3. 2014年全国全国统一招生考试大纲卷物理部分 ............................ 错误！未定义书签。 4. 2014北京高考物理卷 ........................................................................................................ 15 5. 2014年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷） .................... 错误！未定义书签。 6. 2014年山东高考理综试题物理部分 ................................................................................ 22 7. 2014年高考浙江理综卷（物理部分） ............................................ 错误！未定义书签。 8. 福建2014年高考理科综合能力测试题 .......................................... 错误！未定义书签。 9. 2014年普通高等学校招生全国统一考试（安徽卷） .................................................... 31 10.2014年普通高等学校招生全国统一考试（四川卷） ................................................... 33 11.2014年普通高等学校招生全国统一考试（重庆卷） ................... 错误！未定义书签。 12.2014年全国高考物理试题（江苏卷） ........................................................................... 42 13.2014年普通高等学校招生全国统一考试（广东卷） ................................................... 48 14.2014高考物理海南卷 ....................................................................................................... 50 15.2014年全国高考上海卷物理试题 ...................................................................................

2014年全国高考新课标卷1物理部分

参

二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14.D

15.B

16.D 21.AD

17.A

18.C

19.BD

20.AC

1

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第Ⅱ卷

三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题～第40题为选考题，考生根据要求做答。 （一）必考题（共129分） 22.(6分)

(1)非线性 (2)存在摩擦力

(3)调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力 23.(6分)

(1)

远小于小车的质量

RR1RR111= AR+[RA+A(r+R0)] IEER1R113.03.0=R+(0.5+r) IEE②9.09

或写成

(2)①0.110

(3)见图(c)答

(4)3.0(或在2.7~3.3之间) 1.0(或在0.6 ~1.4之间)

2

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24.(12分)

解：设路面干燥时，汽车与地面的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为s，反应时间为t0，由牛顿第二定律和运动学公式得

μ0mg=ma0

① ②

2v0s=v0t0+

2a0式中，m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度。

设在雨天行驶时，汽车与地面的动摩擦因数为μ，依题意有

μ=

2μ0 5 ③

设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a，安全行驶的最大速度为v，由牛顿第二定律和运动学公式得

μmg=ma

④ ⑤

v2s=vt0+

2a联立①②③④⑤式并代入题给数据得

v=20m/s (72km/h)

⑥

25.(20分)

解：(1)设小球的初速度为v0，初动能为Ek0，从O点运动到A点的时间为t，令OA= d，则OB =

3d，根据平抛运动的规律有 2

d sin60°= v0t d cos60°=Ek0 =

① ② ③

12

gt 2又有

1mv20 23mgd 8由①②③式得

Ek0 =

④

设小球到达A点时的动能为EkA，则

EkA = Ek0 +

1mgd 2 ⑤

由④⑤式得

EkA7= Ek03 ⑥

3

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(2)加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了减小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及④式得

ΔEpA=3Ek0 - Ek0 -ΔEpB=6Ek0 - Ek0 -

d3d和，设电势能分别

2221mgd =Ek0 233mgd =Ek0 2

⑦ ⑧

在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的。设直线OB上的M点与A点等电势，M与O点的距离为x，如图，则有

xEpA= 3EpBd2 ⑨

解得x = d。MA为等势线，电场必与其垂线OC方向平行。设电场方向与竖直向下的方向夹角为α，由几何关系可得

α =30°

⑩

即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°。

设场强的大小为E，有

qEd cos30°=ΔEpA

11 ○

由④⑦○11式得

E =

3mg 6q

12 ○

（二）选考题：共45分。请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。

33.[物理── 选修3-3](15分) (1)(6分) (2)(9分)

解：设气缸的横截面积为S，沙子倒在活塞上后，对气体产生的压强为Δp，由玻意耳定律得

phS =(p +Δp)(h -ADE

1h)S 4 ①

解得

Δp =

1p 3 ②

4

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外界的温度变为T后，设活塞距底面的高度为h′。根据盖—吕萨克定律，得

1hhShS4= TT0h′=

③

解得

3Th 4T0mg S

④

据题意可得

Δp =

⑤

气体最后的体积为

V =Sh′

⑥

联立②④⑤⑥式得

V =

9mghT

4pT0 ⑦

34.[物理── 选修3-4](15分) (1)(6分) (2)(9分)

解：(i)在O点左侧，设从E点射入的光线进入玻璃砖后在上表面的入射角恰好等于全反射的临界角θ，则OE区域的入射光线经上表面折射后都能从玻璃砖射出，如图。由全反射条件有

sinθ =ACE

1 n ①

由几何关系有

OE =Rsinθ l =2OE l =2R

② ③ ④

由对称性可知，若光线都能从上表面射出，光束的宽度最大为 联立①②③式，代入已知数据得

(ii)设光线在距O点

3R的C点射入后，在上表面的入射2

⑤

角为α，由几何关系及①式和已知条件得

α =60°>θ

光线在玻璃砖内会发生三次全反射，最后由G点射出，如图。由反射定律和几何关系得

OG =OC =

3R 2 ⑥

射到G点的光有一部分被反射，沿原路返回到达C点射出。

5

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35.[物理── 选修3-5](15分) (1)(6分) (2)(9分)

解：(i)设B球第一次到达地面时的速度大小为vB，由运动学公式有

vB =2gh

①

BCD

将h =0.8m代入上式，得

vB =4m/s

②

(ii)设两球相碰前后，A球的速度大小分别为v1和v1′(v1′ =0)，B球的速度分别为v2和v2′，由运动学规律可得

v1 =gt

③

由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前后的动量守恒，总动能保持不变。规定向下的方向为正，有

mAv1+ mBv2 =mBv2′

④ ⑤

1112mAv2+mv=mBv22 B12222vB′= vB

设B球与地面相碰后的速度大小为vB′，由运动学及碰撞的规律可得

⑥

设P点距地面的高度为h′，由运动学规律可得

2vv2Bh′ =

2g2

⑦

联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得

h′ =0.75m

⑧

6

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2014年普通高等学校招生全国统一考试（新课标卷Ⅱ）

Ⅰ卷

14.A 15.B 16.C 17.C 18.B 19.AD 20.AC 21.BD Ⅱ卷

（一） 必考题 22.（6分）

①Rx1 ②大于 ③小于 23.（9分）

（1）①81.7 ②0.0122 （2）1/k-n图像如图所示：

（3）③1.75×103

④3.47

24.（13分）

（1）设该运动员从开始自由下落至1.5km高度处的时间为t，下落距离为s，在1.5km高度处的速度大小为v。根据运动学公式有 v=gt ① s=1/2gt ②

2

1.67×103

（在 n

（在3.31 l0

1.83×103 ~

n 3.62 l0 之间均同样给分）

之间均同样给分）

n

l0 ~

根据题意有

7

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s=3.9×104m-1.5×103 m ③

联立①②③式，得

t=87s ④ v=8.7×102m/s ⑤

（2）该运动员达到最大速度Vmax时，加速度为零，根据牛顿第二定律有 mg=kvmax2 ⑥ 由所给的v-t图像可读出

Vmax≈360m/s ⑦ 由⑥⑦式得

k=0.008kg/m ⑧

25.（19分）

（1）在Δt时间内，导体棒扫过的面积为

ΔS=1/2ωΔt[(2r)2-r2] ① 根据法拉第电磁感应定律，导体棒上感应电动势大小为

ε=BΔS/Δt ②

根据右手定则，感应电流的方向是从B端流向A端，因此，通过电阻R的感应电流的方向是从C端流向D端。由欧姆定律可知，通过电阻R的感应电流的大小I满足 I=ε/R ③ 联立①②③式得

I=3ωBr2/2R ④ （2）在竖直方向有

mg-2N=0 ⑤

式中，由于质量分布均匀，内、外圆导轨对导体棒的正压力大小相等，其值为N，两导轨对运行的导体棒的滑动摩擦力均为

f=μN ⑥ 在Δt时间内，导体棒在内、外圆导轨上扫过的弧长分别为 l1=rωΔt ⑦ 和

l2=2rωΔt ⑧ 克服摩擦力做的总功为

Wf=f（l1+l2） ⑨ 在Δt时间内，消耗在电阻R上的功为

WR=I2RΔt ⑩ 根据能量转化和守恒定律知，外力在Δt时间内做的功为 W=Wf+WR ⑾ 外力的功率为

P=W/Δt ⑿ 由④至⑿式得

8

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P=3/2μmgωr+9ω2B2r4/4R ⒀

33. [物理——选修3—3]（15分） （1）BCE(5分) （2）（10分）

（ⅰ）活塞b升至顶部的过程中，活塞a不动，活塞a、b下方的氯气经历等压过程，设气缸A的容积为V0，氮气初态体积为V1，温度为T1；末态体积为V2，温度为T2；题意，气缸B的容积为V0/4根据题意，

V1=3/4V0+1/2V0/4=7/8V0

①

V2=3/4V0 +1/4V0 =V0 ② V1 / T1 = V2 / T2 ③ 由①②③式和题给数据得

T=320K ④

1

（ⅱ）活塞b升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a开始向上移动，直至活塞上升的距离是气缸高度的时活塞a上方的氧气经历等温过程，没氧气初态体积为V2，压强为P2；末态体积为V2，压强为P2，由题给数据和题意及定律有

V2=1/4V0

2

2

1

11

22

P2 =P0 V2 =3/16V0 ⑤

2

2

12

P1 V1 =P2 V2 ⑥ 由⑤⑥式得

P2 =4/3P0 ⑦ {物理-----选修 3-4}（15分） （1）BCE（5分） （2）（10分）

如图，考虑从圆形发光面边缘的A点发出的一条光线，假设它斜射到玻璃上表面的A’点折射，根据折射定律有

nsin=sinα ①

式中，n是玻璃的折射率，是入射角，α是折射角

现假设A’恰好在纸片边缘。由题意，在A’点刚好发生全折射，故

α=

②

2

设AA’线段在玻璃上表面的投影长为L,由几何关系有

sin= ③

由题意，纸片的半径应为

R=L+r ④ 联立以上各式得

n= ⑤

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35.[物理-----选修 3-5]（15分） （1）ACE（5分） （2）（10分）

按定义，物块运动的瞬时速度大小v为

V=Δs/Δt ① 式中Δs块在很短时间Δt走过的路程。 设纸带上打出相邻两点的时间间隔为ΔtA，则

ΔtA=

=0.02s ②

可视为很短。

设A在碰撞前，后瞬时速度大小分别为

，

。将②式和图给实验数据代入①式得

=2.00m/s ③ =0.970m/s ④

设B在碰撞后的速度大小为代入题给实验数据得

，由①式有=

=2.86m/s

，则

设两滑块在碰撞前，后是总动量分别为p和p=p’=

+

两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为

=100%

联立③④⑤⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，得 =1.7%<5%

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因此，本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律。

11

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2014年高考全国大纲卷理科综合（物理部分）试题答案

14B 15 D 16 BD 17 C 18 AD 19D 20C 21A

22．（1）4.30（或4.29或4.31）；（2）物块加速度小于g＝5.88m/s2（或物块加速度小于物块沿光滑斜面下滑的加速度）

23．（1）根据题图（a）所示，按照电流流向，其实物连线如下图所示。

hs

（2）显然，坐标图中缺少了第3、5组数据对应的点，补上点后，按照描点作图的原则，作出其U-I图线如下图所示。

12

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（3）E＝2.90V（2.～2.91V之间均可），r=1.03Ω（0.93～1.13Ω之间均可）[学科网】 24．（1）设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v1、v2，碰后乙的速度大小为v′2，由动量守恒定律有：mv1－Mv2＝Mv′2 解得：v′2＝

mv1－v2＝1.0m/s M12

12122（2）根据能量守恒定律可知，碰撞中总机械能的损失为：ΔE＝mv12＋Mv22－Mv2[学-科-

网

代入数据解得：ΔE＝1400J

25．（1）如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动。设磁感应强度的大小为B，粒子质量与所带电荷量分别为m和q，圆周运动的半径为r，由洛仑兹力公式及牛顿第二定律得：

2v0qv0B＝m ①

r由题设条件和图中几何关系可知：

r＝d ②

设电场强度大小为E，粒子进入电场后沿x轴负方向运动的速度大小为vx，由牛顿第二定律有：

qE＝max ③ 根据运动学公式有： vx＝axt，

vxt＝d ④ 2由于粒子在电场中做类平抛运动（如图[学科网），有： tanθ＝

vx ⑤ v0

由①②③④⑤式联立解得：

1E＝v0B2tan2

（2）由④⑤式联立解得：t＝

2d

v0tan

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26．（1）设卫星B绕地心转动的周期为T ′，地球质量为M，卫星A、B的质量分别为m、m′，根据万有引力定律和圆周运动的规律有：

Mm42G2＝mh2 ① hTMm42G2＝m′r2 ②

rT联立①②两式解得：T ′＝()3/2T ③

（2）设卫星A和B连续地不能直接通讯的最长时间间隔t，在时间间隔t内，卫星A和B绕地心转过的角度分别为α和β，则： α＝β＝

t×2π ④ Tt×2π ⑤ Trh若不考虑卫星A的公转，两卫星不能直接通讯时，卫星B的位置应在下图中B点和B′点之间，图中内圆表示地球的赤道。[学科网

由图中几何关系得： ∠BOB′＝2（arcsin

RR＋arcsin） ⑥ hr由③式知，当r＜h时，卫星B比卫星A转得快，考虑卫星A的公转后应有：

′－α＝∠BOB′ ⑦

由③④⑤⑥式联立解得： t＝

RRr3/2（arcsin＋arcsin）T

hrπ(h3/2r3/2)

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2014北京高考物理卷参

13. 【答案】B

试题分析:物体温度是分子平均动能的标志，温度高分子平均动能大，但内能不一定大，故B正确，A.C.D错误 14. 【答案】C

试题分析：根据质能方程知C正确。

15.【答案】

试题分析：电场线的疏密程度表示场强的大小，AB错误；等势线上各点的电势相等，C错误，D正确 16. 【答案】A

试题分析：根据洛伦兹力提供向心力可以得到离子的运动半径为Rmv,离子的动量相等，Bq且在同一个磁场中，a运动的半径大于b运 动的半径，所以a的电量小于b的电量，A正确，BCD错误 17. 【答案】D

试题分析：质点在震动的过 程中在平衡位置处的震动速度是最大的，所以在零时刻a的速度小于b的速度，A错误，而质点偏离平衡位置越远加速度越大，a的加速度大于b的加速度，B错误；在零时刻，b在平衡位置且向下震动，D正确，C错误。 18. 【答案】D

试题分析：受托物体向上运动，一定先加速，处于超重状态，但后面的运动可以是减速的，也可以是匀速的，不确定，AB错误；物体离开手后，物体的加速度等于重力 加速度，离开的瞬间，收的速度变化一定比物体快，所以C错误，D正确。 19. 【答案】A

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试题分析：从实验可以得到，斜面的阻力越小，小球上升的位置越高，如果不受阻 力，就会升到相等的高度，其它选项都不是由实验直接得到的，A正确，BCD错误。 20. 【答案】B

试题分析：根据题 目所给负折射率的意义，两个角应该在法线的一侧，折射率等于1，说明两个角相等，B正确，ACD错误。

二.实验题 21.（18分）

【答案】（1）甲图 （2）B、C（3）如图所示（4）1.5,0.83（5）

【答案】（1）甲图 （2）B、C（3）如图所示（4）1.5,0.83（5）

试题分析：（1）干电池的内阻较小，电压表的分流作用可以忽略，所以选甲图电路。 （2）依据安全，精确、方便的原则电压表应选B，滑动变阻器应该选C。 （3）先描点，再作图，如图所示。

（4）U轴的截距为电动势，线的斜率为内阻。

（5）当滑动变阻 器的组织等于电源内阻时，电源的输出规律最大，D正确

三.计算题 22.（16分）

【答案】1）2m/s 2）1m/s 3）0.25m 试题分析：

（1） 从圆弧最高点到最低点机械能守恒，有：

1mAvA2mAgR，可得vA2m/s 2（2） 在底部和B相撞，满足动量守恒，有：(mAmB)vmAvA,可得v1m/s （3）根据动能定理，对AB一 起滑动过程有：(mAmB)gLL=0.25m 23.

1(mAmB)v2，可得242R3【答案】（1）0.98 12 （2）不变

TGM试题分析：

（1）a．物体处于北极以及北极上方时，万有引力等于重力，F0GMmMm，，FG122RRh

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可得

F10.98 F0F242R342Rb.在赤道上弹簧秤的读数表示重力的大小，即F2F0m,可以求得 122F0TGMT4r3（2）根据太阳的引力提供 地球的向心力，T2太阳的质量MRS3所以

GM33r3有T GR3从上式可以看出当r、R、RS均变为现在的百分之一时，周期不变，即仍为1地球年。 24.（20分）

【答案】（1）Q （2） 7.8106m/s（3） feBv 试题分析：

B2L2vE根据公式、EBLv、I、FILB可得F,

RRB2L2v2（1）力F做功WFxFvt,将F带入得到Wt

RB2L2v2B2L2v22电能为W电EIt=t，产生的焦耳热为QIRt=t,由此可见

RRWW电=Q

（2）总电子数N=NA所以有vem，单位体积内电子数为n,所以N=nsL,故有Itensvet，

ILemNA7.8106m/s

（3）电子损失的动能可以表示为EkNfL 电流产生的焦耳热为：QFvt 电子损失的动能转 化为焦耳热，所以有EkQ 联立解得feBv

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2014年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）

参

1． 【解析】根据v-t图像，第1秒末速度方向没变，加速度方向改变，A错。第2秒末加速度方向没变，速度方向改变，B错。前2秒内位移为图像围成三角形面积2m，C错。第3秒末的位移与第5秒的位移同为1m，D正确。【答案】D

2． 【解析】如果油滴不动，则平行板电容器中电场强度不能变。增大R1阻值，因为电源内阻不能忽略，所以R1分压增大，电容器电压增大，电场变强，A错。增大R2阻值，因为电容器是断路，所以不影响电容器两端电压，电场不变，B对。增大两板间距离，因为电容器两端电压不变，根据E【答案】B

3．【解析】3亿年前地球自转周期22小时，现在为24小时，趋势为变大，所以未来同步卫星与现在相比周期变大，而万有引力不变。由万有引力提供向心力GU，电场变小，C错。断开电键则电容器中间电场变为0，D错。 dMm22m()r，可2rTGMT2知r，轨道半径变大，则卫星距地面高度变大，A正确。轨道半径变大，向心力243变小，向心加速度变小，B错。同时，线速度和角速度都减小，C和D错。 【答案】A

4．【解析】如题图，带电粒子所受电场力为竖直方向，又因为运动轨迹向下偏转，所以粒子所受合外力方向向下。重力方向竖直向下，故电场力方向可能向下，也可能向上但是小于重力。若微粒带正电，则电场方向可能向上也可能向下，A板带正电和负电均有可能，A错。若微粒所受电场力向下，从M点到N点电场力做正功，电势能减小，B错。若所受电场力向上，从M点到N点电场力做负功，微粒机械能减少，D错。微粒所受合力向下，从M点到N点合力做正功，根据动能定理，动能一定增加，C正确。 【答案】C

5．【解析】由频率50Hz，波速100m/s可知波长为2m。根据P、Q点坐标，P点与S相差1个周期，Q点与S相差1341个周期。当S位移为负且向-y方向运动时，P点位移为负且向y2方向运动，Q点位移为正且向y方向运动。故选D。 【答案】D

6．【解析】卢瑟福α粒子散射实验建立的原子核式结构模型，A错。某些物质可以在紫外线照射下发出荧光，根据这一特点可以设计防伪措施，B正确。天然放射现象中γ射线为电磁波，不会再电场或磁场中发生偏转，C错。当观察者与波源互相接近或远离时，接收到波的频率会发生改变，这个是多普勒效应，D正确。

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【答案】BD

7．【解析】根据法拉第电磁感应定律，t=0时电动势瞬时值为0，此时线圈应在中性面上，A正确。由题图可知，曲线a、b周期比为2:3，则转速比应为3:2，B错。曲线a周期为0.04s，则频率为25Hz，C正确。曲线b产生的电动势最大值由题图可知小于102V(14.14V)，则有效值小于10V，D错。 【答案】AC

8．【解析】由题图可知，在玻璃中，a光折射率大于b光，所以玻璃中的光速a小于b，A正确。由全反射可知，同种介质中a的折射率大于b，则临界角a小于b，B正确。a光波长小于b光，则双缝干涉中，a光的相邻亮条纹间距小，C错。a光频率大于b光，因此a光的光子能量大，在光电效应中，逸出电子的最大初动能更大，D错。 【答案】AB 9．（18分）

（1）【解析】（1）小球平抛落到A点，则水平方向运动时间为tR， v12gR2竖直方向为自由落体，下落高度为hgt， 222vn22nv*(nN*)此时圆盘恰好转过n圈（nN），角速度为tR gR22nv*(nN)2R【答案】2v，

（2）【解析】①本实验要测量钩码重力当拉力，测量小车的质量，所以需要天平，另外纸带长度测量需要刻度尺；

②当绳子拉力平行木板并平衡摩擦后，可以让拉力提供小车的加速度，所以选择D ③要减小小车的加速度，再拉力一定的情况下，根据牛顿第二定律，可以增加车的④钩码重力做功转化为钩码动能，小车动能，在没有完全平衡摩擦的情况下，还会

质量。

增加摩擦生热。所以当重力做功大于小车动能增量时，可能是因为摩擦，也能是因为没有满足钩码重力远小于车这个条件。所以选CD

【答案】①刻度尺、天平（包括砝码），②D，③可在小车上加适量的砝码（或钩码），④CD

（3）【解析】根据条件知电阻应该比较小，所以换为“1”挡,选AC，根据条件，可以把电流表串联R1当电压表用，把电流表并联R2当电流表用，这样实验电路等效为一个伏安法测电阻，为了减少功耗，应该用限流电路。 【答案】①AC ②

10．（16分）

【解析】⑪以A为研究对象，由牛顿第二定律有FmAa 代入数据解得a2.5m/s2

②

19

①

有色皆空

⑫对A，B碰撞后共同运动t0.6s的过程，由动量定理得

FtmAmBvtmAmBv ③ 代入数据解得v1m/s

④ ⑬设A，B发生碰撞前，A的速度为vA，对A，B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有

mAvAmAmBv

⑤

A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有

Fl12m2AvA

⑥ 由④⑤⑥式，代入数据解得l0.45m

⑦

【答案】（1）2.5m/s2

(2)1m/s (3)0.45m

11．（18分）

【解析】⑪由a流向b。

⑫开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为Fmax，有 Fmaxm1gsin

①

设ab刚好要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有

EBLv

②

设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有

IER

③

1R2设ab所受安培图为F安，有

F安ILB

④ 此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有

F安m1gsinFmax

⑤

综合①②③④⑤式，代入数据解得

v5m/s

⑥

⑬设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒有 mgxsinQ122总2m2v

⑦

又QR1RQ

⑧ 1R总2解得Q1.3J

⑨

【答案】（1）由a流向b

⑫5m/s （3）1.3J

12．(20分)

【解析】⑪设A经电场第1次加速后速度为v1，由动能定理得 qU12mv210

①

A在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力充当向心力 mv2qv11B1R

②

20

有色皆空

由①②得B112mU Rq ③

⑫设A经n次加速后的速度为n，由动能定理得 12nqUmvn0

22πR vn ④

设A做第n次圆周运动的周期为Tn，有 Tn ⑤

设在A运动第n周的时间内电场力做功为Wn，则 WnqU

⑥

在该段时间内电场力做功的平均功率为 PnWn Tn ⑦

由④⑤⑥⑦解得 PnqUπRnqU 2m ⑧

⑬ A图能定性地反映A，B运动的轨迹。

A经过n次加速后，设其对应的磁感应强度为Bn，A，B的周期分别为Tn，T，综合②、

⑤式并分别应用A，B的数据得 TnT2πm qBn2πmTn kqBnk由上可知，Tn是T的k倍，所以A每绕行1周，B就绕行k周。由于电场只在A通过时存在，故B仅在与A同时进入电场时才被加速。

经n次加速后，A，B的速度分别为vn和vn，考虑到④式 vnvn2nqU m2nkqUkvn m由题设条件并考虑到⑤式，对A有Tnvn2πR 设B的轨迹半径为R，有Tvn2πR 比较上述两式得RRk

上式表明，运动过程中B的轨迹半径始终不变。 由以上分析可知，两粒子运动的轨迹如图A所示。 【答案】（1）B112mU RqqUπRnqU 2m（2）Pn（3）A

21

有色皆空

2014年山东高考理综试题物理部分

答案

一、选择题

14、A 15、AC 16、BCD 17、BD 18、B 19、A 1 .8 20、D 二、实验题 21、（1）如右图所示

（2）0.40（0.38、0.39、0.41、0.42均正确） （3）2g(sh) 22、 （1）R2；a。 （2）如右图所示

（3）2.30（2.29、2.31均正确）。 （4）94（93、95均正确）

23、解：（1）设减速过程中汽车加速度的大小为a，所用时间为

t，由题可得初速度v020m/s，末速度vt0，位移s25m，由运动学公式得

5F/N1.61.41.21.00.80.60.40.2G/N1.01.52.02.53.03..04.5001V101523005110A2153v02as ①

tv0 ② a2联立①②式，代入数据得

a8m/s2 ③ t2.5s ④

ｔ',反应时间的增加量为t，由运动学公式得 （2）设志愿者反应时间为

Lv0t's ⑤ tt't0 ⑥

联立⑤⑥式，代入数据得

t0.3s ⑦

（3）设志愿者所受合外力的大小为F，汽车对志愿者作用力的大小为F0，志愿者质量为m，由牛顿第二定律得

22

有色皆空

Fma ⑧

由平行四边形定则得

2F0F2(mg)2 ⑨

联立③⑧⑨式,代入数据得

F041 ⑩ mg524、解：（1）设粒子做圆周运动的半径为R1，由牛顿第二定律得

mvqv0B00 ①

R1据题意由几何关系得

2R1d ②

联立①②式得

B0mv0 ③ qd（2）设粒子做圆周运动的半径为R2，加速度大小为a，由圆周运动公式得：

va0 ④

R2据题意由几何关系得 3R2d ⑤ 联立④⑤式得

23va0 ⑥

d（3）设粒子做圆周运动的半径为R，周期为T，由圆周运动公式得

2T＝2R ⑦ v02由牛顿第二定律得

mvqv0B00 ⑧

R4mv0由题意知B0，代入⑧式得

qdd4R ⑨

粒子运动轨迹如图所示，O1、O2为圆心，O1O2连线与水平方向夹角为，在第个TB内，只有A、B两个位置才有可能垂直击中P板，且均要求02，由题意可知

T2TB ⑩

22v0B

O1AO223

Rv0

有色皆空

设经历整个完整TB的个数为n（n=0、1、2、3……） 若在A点击中P板，据题意由几何关系得

R（2RRsin）nd 11 ○

当n=0时，无解 12 ○当n=1时，联立⑨11○式得

6(或sin12) 13 ○联立⑦⑨⑩13○式得

Td3v 14 ○

0当n2时，不满足02的要求 15 ○

若在B点击中P板，据题意由几何关系得

R2Rsin2(RRsin)nd 16 ○

当n=0时，无解 17 ○当n=1时，联立⑨16○式得

arcsin14(或sin14) 18 ○联立⑦⑨⑩18○式得

T1dB2arcsin4)2v 19 ○

0当n2时，不满足02的要求 20 ○

37、（1）ab

（2）解：当F＝0时，由平衡条件得

Mgg(V0V2) ①

代入数据得

V22.5m3 ②

设筒内气体初态、末态的压强分别为P1、P2，由题意得P1＝P0gh1 ③ P2＝P0gh2 ④

在此过程中筒内气体温度和质量不变，由玻意耳定律得

P1V1P2V2 ⑤

联立②③④⑤式，代入数据得

h210m ⑥

38、（1）ab

24

有色皆空

（2）解：（ⅰ）根据全反射定律可知，光线在AB面上P点的入射角等于临界角C，由折射定律得：

sinC1 ① n代入数据得

C45 ②

设光线在BC面上的折射角为r，由几何关系得

r30 ③

由折射定律得

nsini ④ sinr联立③④式，代入数据得

i45 ⑤

（ⅱ）在OPB中，根据正弦定理得

OPL ⑥

sin75sin45设所用时间为t，光线在介质中的速度为v，得

AOPvt ⑦

cv ⑧

n联立⑥⑦⑧式，代入数据得

CLriCLOBt62L ⑨ 2c39、（1）cd

（2）解：（ⅰ）以初速度v0的方向为正方向，设B的质量为mB，A、B碰撞后的共同速度为v，由题意知：碰撞前瞬间A的速度为得 mv，碰撞前瞬间B的速度为2v，由动量守恒定律2v2mBv(mmB)v ① 2m ② 2由①式得 mB（ⅱ）从开始到碰后的全过程，由动量守恒定律得

mv0(mmB)v ③

设碰撞过程A、B系统机械能的损失为E，则

E1v211m()mB(2v)2(mmB)v2 ④ 222212mv0 ⑤ 6联立②③④式得E

25

有色皆空

2014年高考浙江卷理科综合（物理部分）试题解析

14. B 15. A 16. B 17. C 18. CD 19. AC 20. ABC

21.（1）15.95cm--16.05cm （2）12.2—12.8 N/m 能 22.（1） 如图所示 （2）О

26

有色皆空

（3）用“Х”连线求得电阻约为1.1—1.3Ω；用“O”链接R=（1.5~1.7）Ω

23.（1）装甲车的加速度av20202s9ms2 （2）第一发子弹飞行的时间tL1vv0.5s

0弹孔离地高度h1h12gt210.55m 第二发子弹离地的高度h1Ls22h2gv1.0m

两弹孔之间的距离hh2h10.55m

（3）第一发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L1

L1v0v2hg492m 第二发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L2

L2v2hgs570m L的范围492mL570m 24.（1）正极

27

有色皆空

（2）由电磁感应定律得UE1122 BR UBR t2vr13R

联立解得v=2 m/s

（3）根据能量守恒得：Emgh12mv20.5J 25.（1）由动能定律得eU1Mv2M2Mv2M U2e

aeEMeUv2MML2L

（2）垂直纸面向外

（3）设电子运动的最大半径为r，则2r32R v2eBvmr

所以有v3eUR4mv00v4m，磁感应强度满足B＞3eR （4）如图所示 根据几何关系得：r3R42sin

解得：v3eBRm4m2sin

228

有色皆空

2014年高考福建卷理科综合（物理部分）答案

13. A 14．C 15. B 16. D 17. D 18.C 19.（1）60.10 4.20

（2）①1.0 ②如图所示 ③ 1.66 充分利用测得的数据 ④CD

q220. （1）根据库伦定律，A、B两点间的库仑力大小为：Fk2

L代入数据得：F=9.0×10-3N

（2）A、B点电荷在C点产生的场强大小相等，均为：E1kq L2oA、B两点电荷形成的电场在C点的合场强大小为：E2E1cos30 代入数据得E7.810N/C，方向沿y轴正方向 21.（1）游客从B点做平抛运动，有：2RvBt，R代入解得：vB312gt 22gR

12mvB0 2从A到B，根据动能定理，有mgHRWf解得：WfmgH2mgR

（2）设OP与OB间夹角为θ，游客在P点时的速度为vp，受支持力为N，从B到P由机械能守恒可得：

mgRRcos12mvp0 2

29

有色皆空

过P点时，根据向心力公式，有：mgcosNmv2pR，N=0，cosh R解得：h2R 322.（1）设带电离子所带的电量位q，当其所受的洛伦兹力与电场力平衡时，U0保持恒定，有

Bqv0qU0 d得：U0Bqv0

（2）设开关闭合前后，管道两端压强差分别为p1、p2，液体所受的摩擦阻力均为f，开关闭合后管道内液体受到的安培力为F安，有：p1hd=f，p2hd=f+F安，F安=Bid 根据欧姆定律，有IU0 Rrd Lh两道题板间液体的电阻rLdv0B2联立解得：p

LhRdBLvdLR20R，当（3）电阻R获得的功率为：pIR，p时 LRhhd22LSv0B电阻R获得的最大功率pm

42

29.（1）D （2）C 30.（1）C （2）D

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有色皆空

2014年普通高等学校招生全国统一考试（安徽卷）

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有色皆空

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有色皆空

2014年普通高等学校招生全国统一考试（四川卷）

参

第Ⅰ卷（包括7小题，每小题6分，共42分）

1．D 2．C 3．D 4．B 5．A 6．AC 7．BC

第Ⅱ卷（包括4小题，共68分）

8．（17分）

（1）（6分）b，c，不在 （2）（11分） ① D、C ② 变大

③ 关系图线如图 ④ 31 9．（17分）

解：（1）设货物相对地心的距离为r1，线速度为v1，则 r1＝R＋h1 ① v1＝r1ω ② 货物对地心的动能为 Ek联立①②③式 Ek说明：①②③④式各1分

（2）设地球质量为M，人相对地心的距离为r2，相信加速度为a向，受地球的万有引力为F，则

r2＝R＋h2 ⑤ a向2r1 ⑥

R1/V 600 50 400 30 200 10 O 0.05 0.10 0.15 0.20 0.25 0.30 I2/A

1m1v12 ③ 21m12(Rh1)2 ④ 2FGm2MGM ⑦ ⑧ gr2R2设水平地板对人的支持力大小为N，人对水平地板的压力大小为N’，则

FNm2a向 ⑨

N’＝N ⑩

联立⑤～⑩式并代入数据得 N’＝11.5 N ⑾ 说明：⑥⑦⑧⑨式各2分，⑤⑩⑾式各1分 10．（17分）

解：设小物体P1在匀强磁场中运动的速度为v，受到向上的洛伦兹力为F1，受到的摩擦力为f，则

F1＝qvB ① f＝μ(mg－F1) ② 由题意，水平方向合理为零

33

有色皆空

F－f＝0 ③ 联立①②③式，代入数据解得

v＝4 m/s ④ 说明：①③式各1分，②④式各2分

（2）设P1在G点的速度大小为vG，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理

qErsinmgr(1cos)112mvGmv ⑤ 22P1在GH上运动，受到重力、电场力和摩擦力的作用，设加速度为a1，根据牛顿第二定律 qEcosθ－mgsinθ－μ(mgcosθ＋qEsinθ)＝ma1 ⑥ P1与P2在GH上相遇时，设P1在GH运动的距离为s1，则

1s1vGta1t2 ⑦

2设P2质量为m2，在GH上运动的加速度为a2，则 m2gsinθ－μm2gcosθ＋qEsinθ)＝m2a2 ⑧

P1与P2在GH上相遇时，设P2在GH运动的距离为s2，则

s212a2t ⑨ 2联立⑤～⑨式，代入数据得

s＝s1＋s2 ⑩ s＝0.56 m ⑾ 说明：⑦⑧⑨⑩式各1分，⑥⑾式各2分 11．（19分）

解：（1）设粒子在p板上做匀速直线运动的速度为v0，有 h＝v0t ① 设发射装置对粒子做的功为W，由动能定律

W12 ② mv02mh2联立①②式可得 W ③

2t2说明：①②式各2分，③式各1分

（2）S接“1”位置时，电源的电动势E0与板间电势差U有

E0＝U ④

板间产生匀强电场的场强为E，粒子进入板间时有水平方向的速度v0，在板间受到竖直方向的重力和电场力作用而做累平抛运动，设加速度为a，运动时间为t1，有 U＝Eh ⑤ mg－qE＝ma ⑥

h12at1 ⑦ 2l＝v0 t1 ⑧ S接“2”位置时，则在电阻R上流过的电流I满足

34

有色皆空

IE0 ⑨ Rrmh2h3g22联立①④～⑨式得 I ⑩ q(Rr)lt说明：④～⑩式各1分

（3）由题意知此时在板间运动的粒子重力与电场力平衡，当粒子从K进入板间后立即进入磁场做匀速圆周运动，如图所示，粒子从D点出磁场区域后沿DT做匀速直线运动，DT与b板上表面的夹角为题目所求夹角θ，磁场的磁感应强度B取最大值时的夹角θ为最大值θm，设粒子做匀速圆周运动的半径为R，有

2mv0qv0B ⑾

R过D点作b板的垂线与b板的上表面交于G，由几何关系有

DGhR(1cos) ⑿ TGhRsin ⒀ tansinDG ⒁ cosDGO K θ D h p

联立①⑾～⒁式，将B＝Bm代入，求得

T

θ h G b

marcsin ⒂

当B逐渐减小，粒子做匀速圆周运动的半径为R也随之变大，Ｄ点向b板靠近，DT与b板上表面的夹角θ也越变越小，当D点无限接近于b板上表面时，粒子离开磁场后在板间几乎沿着b板上表面从T孔飞出板间区域，此时Bm＞B＞0满足题目要求，夹角θ趋近θ0，即θ0＝0 ⒃

则题目所求为 0arcsin说明：⑾～⒄式各1分

252 ⒄ 5

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有色皆空

2014年高考物理试题重庆卷参

一、选择题（本大题共5个小题，每小题6分，共30分。在每小题给出的四个备选项中，只有一项符合题目要求） 1.【答案】C

【.解析】放射性物质发生衰变时，经过n次半衰期，剩余质量m'=所以m'=

2．【答案】Ｂ

【.解析】机车的功率即为牵引力的功率：P=即加速度为0，其受力平衡，即F=1n32() m，n==4，28m，选项Ｃ项正确。 16Fv，当机车在平直路面以最大速度行驶时，

vkP，所以2=1即kmgv1k2Ff=kmg，联立可得：v=k1v2=v1，选项Ｂ正确。

k2３．【答案】A

【.解析】如图，因为a、b两点在同一等势线上，所以Uac=Ubc,又W=qU，所以

Wa=Wb。电场线的疏密表示电场的强弱，所以Ea＞Eb，选项A正确。

4．【答案】B

【.解析】爆炸以后甲乙均做平抛运动，可根据竖直方向的自由落体求解得时间：

t=2h=1s；根据水平方向的匀速运动求解爆炸后两者速度；在AB选项中gx甲t=2.5m/s，v乙=v甲=x乙t=0.5m/s ，CD选项中v甲=x甲t=2m/s，v乙=x乙t=1m/s。爆炸时内力远远大于外力，满足动量守恒定律，设乙的质量为m，甲

的质量为3m，爆炸前弹丸的动量为

P=4mv=8m。爆炸后：选项A中总动量

PA=3mv甲-mv乙=7m，A项错误；选项B中总动量PB=3mv甲+mv乙=8m，

36

有色皆空

B项正确；选项C中总动量PC=3mv甲+mv乙=7m，C项错误；选项D中总动量

PD=3mv甲-mv乙=6m，D项错误。

5．【答案】D

【.解析】在v-t图像中斜率代表加速度，忽略空气阻力时物体做竖直上抛运动的加速度恒为g，即图像的斜率绝对值为g，如虚线所示。当空气阻力不能忽略时，物体向上运动时，受到的阻力向下，向上做减速运动，a=mg+Ffm＞g。速度减小，阻力减小，加速度减小，a'=上升到最高点时速度为0，加速也为g。同理，当物体下落时，阻力向上，mg-Ffm＜g。物体下落做加速运动，阻力增大，加速度减小。所以物体的加速度一直在减小且速度为0时，图线的切线应该和虚线平行；综上选项D正确。

6．【答案】（1）①11.5V 蓄电池 ②小灯

【.解析】（1）①多用表调至电压50V档时，接ac两点测量的是蓄电池两端电压，50V代表量程，读数为11.5V，可见蓄电池完好。

②断开开关，电压表指针不偏转，表示电压表被断路，开关闭合后，读数不变，表示电源、保险丝、开关、电压表能形成回路，开关和保险丝没有问题。发生故障的是小灯泡，小灯泡断路，造成两次测量均为电源电动势。

【答案】（2）①60 TP ②Q ③4.3N mgLL-D2(L-D)2222 【.解析】①根据图象的横坐标读数即可判断拉力最大时，PC间距为60cm，根据开始距离较小时TP＞TQ，可以判定曲线Ⅱ为TP的变化规律。②由图象可知，拉力最大出现在曲线І中，而曲线І为TＱ的变化规律，所以受到最大拉力是Q点所在的支柱。③根据交点的纵坐

标可读数为4.3N。对物体进行受力分析，利用三角形相似T=mg2L2L2D2()-()22，可得T=

mgLL-D2(L-D)2222

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有色皆空

kk2gh2k1122mv1 7．【答案】（1）1g v1+ （2）mg(h1-h2)1-k2k22k2【.解析】（1）在星球表面根据万有引力近似等于重力： 2222GMmr2=mg 可得g=GMr2，所以g月=M月r地2r月M地kg=1g k22设探测器着陆速度为v2 根据速度位移公式v2-2v1+2v1=2g月h2

22解得v2=2gh2k1 k2（2）设机械能的变化为E，动能的变化为EK，重力势能的变化为EP 由E=EK+EP得

2k1212E=mv1-mg月(h1-h2)=mv1-mg(h1-h2)1 22k2

8.【答案】（1）从Ｃ端流出（2）从Ｄ端流入（3）4nBLP gR【.解析】（1）根据右手定则，线圈向下切割磁感线，电流应从Ｄ端流入，从Ｃ端流出 （２）根据左手定则可知，若想使弹簧恢复形变，安培力必须向上，根据左手定则可知电流应从D端流入，根据受力平衡mg解得m==nBIg2L -----------①

2nBLI-----------② g（3）根据最大功率P=IR得I=2P-----------③ R②③联立解得m=

2nBLP gR

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有色皆空

9.【答案】(1) 3hqBmg (2) (3) q6+28【.解析】（1）设电场强度为E， 由题意有qE=解得E=mg，

mg，方向竖直向上 q（2）如图所示，设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为vmin,对应的粒子在上下区域运动的半径为r1和r2，圆心的连线与NS的夹角为

由r=mv， qB有r1=mvmin1,r2=r1 qB2由(r1+r2)sin=r2 qBh mvmin=(9-62)（3）如图所示，设粒子的入射速度为v，粒子在上下方区域的运动半径为r1和r2，粒子第一次通过KL时距离Ｋ点为x

39

有色皆空

由题意有3nx=·····） 1.8h（n=1,2,3·

39-62x³h 22x=r1-(h-r1) 220.36h得r),n＜3.5 1=(1+2n20.68qBh； m0.5qBhn=2时，v=；

m0.52qBhn=3时，v=； m即n=1时，v=

P0V0S10.【答案】（1）B （2） V【.解析】（1）温度是气体分子平均动能的标志，所以温度升高，分子平均动能增加，D项错误；体积不变代表气体对外没有做功，根据热力学第一定律可知气体从外界吸收热量，内能增加，A项误，B项正确；根据气体压强的微观解释，分子平均动能增加，分子密度不变，气体压强增大，C项错误。

（2）设压力为F，压缩后气体压强为P,

40

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由P0V0=PV和F=PS

V0P0S 解得F=V

11．[选修3-4] 【答案】（1）Ｄ

【.解析】当＞2时，根据几何关系，可知光线在PO边上的入射角较小，光线将从PO射出，AB项错误；同理当＜1时，光线在PO边上的入射角较大，大于临界角，光线将在PO射边上发生全反射，Ｄ项正确。

【答案】（２）2x0x1-x2 v2【.解析】设周期为T振幅为A， 由题意得T＝

2x0x-x2和A＝1。 v2

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2014年全国高考物理试题（江苏卷）参

一、单项选择题

1、B 2、A 3、D 4、B 5、A 二、多项选择题

6、BC 7、AB 8、BCD 9、CD 三、简答题

10、（1）B 0.410 （2）7、9 断路

（3）电流表改为内接；测量多组电流和电压值，计算出电阻的平均值。（或测量多组电流和电压值，用图像法求电阻值）

11、（1）如图所示 4.7N（4.6～4.9N均可）

（2）Fa＝Fb；（3）BD；

（4）橡皮筋拉伸不宜过长；选用新橡皮筋。（或：拉力不宜过大；选用弹性好的橡皮筋；

换用弹性好的弹簧）

12A、(1)AD

(2)增大 等于

（3）设气体在标准状况下的体积为V0，上述过程为等压过程，有：

气体物质的量为：n＝分子数为：N＝nNA

联立以上各式并代入数据解得：N＝

VV0＝ TT0V0 VMT0VNA＝5×1024（或6×1024） TVM42

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12B、（1）B

(2)①应在摆球通过平衡位置时开始计时；②应测量单摆多次全振动的时间，再计算出周期的测量值。（或在单摆振动稳定后开始计时）

（3）设光在鳞片中的折射角为γ，根据折射定律有：sini＝nsinγ 根据折射率定义式可知，光在鳞片中传播的速度为v＝

c n由图中几何关系可知，光从a到b的过程中，在鳞片中通过的路程为：s1＝在空气中通过的路程为：s2＝

2d cos2h cosis1s2＋ vc所以光从a到b所需的时间为：t＝

联立以上各式解得：t＝2n2dcn2sin2i2h ccosi12C、(1)A

(2) 42He 15.2

(3) 设碰撞后两球的速度分别为v1和v2 根据动量守恒定律有：2mv0＝2mv1＋mv2 根据题意有：

v2v115＝ 16v01731v0，v2＝v0 4824联立以上两式解得：v1＝

四、计算题

13、（1）导体棒在绝缘涂层上滑动时，受重力mg、导轨的支持力N和滑动摩擦力f作用，

根据共点力平衡条件有：mgsinθ＝f，N＝mgcosθ 根据滑动摩擦定律有：f＝μN 联立以上三式解得：μ＝tanθ

（2）导体棒在光滑导轨上滑动时，受重力mg、导轨的支持力N和沿导轨向上的安培力

FA作用，根据共点力平衡条件有：FA＝mgsinθ

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根据安培力大小公式有：FA＝ILB 根据闭合电路欧姆定律有：I＝

E R根据法拉第电磁感应定律有：E＝BLv 联立以上各式解得：v＝

mgRsin

B2L2（3）由题意可知，只有导体棒在导轨光滑段滑动时，回路中有感应电流产生，因此对导

体棒在第1、3段d长导轨上滑动的过程，根据能量守恒定律有：Q＝2mgdsinθ－mv2

1

2

m3g2R2sin2解得：Q＝2mgdsinθ－

2B4L414、（1）设带电粒子在磁场中运动的轨道半径为r，依题意作出带电粒子的运动轨迹如下图所示。

由图中几何关系有：L＝3rsin30°＋解得：h＝（L－3d）（1－

233d，h＝r（1－cos30°）

2tan303） 2（2）设带电粒子初始入射速度为v1，改变速度后仍然经过上方的磁场区域一次后到达N

点，此时速度的改变量最小，设为v2，粒子改变速度后，在磁场中运动的轨道半径为r′，带电粒子的运动轨迹如下图所示。

由图中几何关系有：L＝4r′sin30°＋

3d

2tan30根据牛顿第二定律和洛伦兹力大小公式有：qv1B＝mv12v2，qv2B＝m2 rr

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粒子入射速度的最小变化量Δv＝|v2－v1| 联立以上各式解得：Δv＝

qBL3（－d） m（3）粒子可能从上方磁场出来后经过M点，也可能从下方磁场出来后经过M点，不妨

假设粒子共n次经过了磁场区域到达了M点，此时在磁场中运动的轨道半径为rn，速度为vn，根据牛顿第二定律和洛伦兹力大小公式有：qvnB＝m根据几何关系有：L＝2nrnsin30°＋解得：vn＝

qBL（－3d） mnnd tan302vn r由于粒子经过上方的磁场区域一次，恰好到达P点，因此粒子不可能只经过上方一次射出后直接到达M点，因此有：n≥2

又因为，粒子必须能够经过磁场改变其运动速度的方向才能到达M点，因此满足n＜

L3Ltan30＝ d3d所以：vn＝

qBL3L（－3d）（其中2≤n＜，且n为整数） mn3d15、（1）由于滑动摩擦力的方向与相等运动方向相反，因此首先应判断工件刚平稳地传到乙

上瞬间，相对于传送带乙的运动方向，刚传到传送带乙上瞬间，工件有相对传送带乙侧向速度v0和与传送带乙运动方向相反的速度v0，其合速度方向与传送带运动方向显然成45°，如下图所示，并建立图示直角坐标系。

根据牛顿第二定律可知：ax＝－

22μg，ay＝μg 22即物块相对传送带在沿传送带方向和垂直传送带方向分别做相同的匀减速直线运动，根据匀变速直线运动规律可知，当垂直传送带方向的速度减为零时，物块相对传送带在x方向上的位移即侧向滑过的距离为：s＝

22v0 2μg

45

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（2）同理作出工件相对传送带运动和所受滑动摩擦力的矢量图如下图所示。

设摩擦力与y轴方向间的夹角为θ，根据牛顿第二定律和加速度的定义式可知，始终存在：

ayax＝

ΔvyΔv2 ＝tanθ＝

12因此工件相对传送带做匀减速直线运动，因此工件在乙上刚停止侧向滑动时应相对传送带乙静止，因此工件此时的速度大小为：v＝2v0 （3）每个工件在传送带乙上相对传送带滑行距离为：Δs＝

每个工件在传送带乙上相对传送带滑行的时间为：t＝

25v0 2μg5v0 μg1212

每个工件在相对传送带滑动的t时间内，电动机对乙做的功为：W＝m(2v0)2－mv02

＋μmgΔs

电动机的平均输出功率为：P＝联立以上各式解得：P＝

W t45μmgv0 5

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2014年普通高等学校招生全国统一考试（广东卷）参

一、选择题 选择题 题号 答案 非选择题 34、（18分）

（1）①1.30 ②A ③B ④短路

（2）①50 ②相等 ③滑块的动能 ④正比 压缩量 35、（18分）

解：(1)P1、P2碰撞过程，动量守恒 mv1=2mv ① 解得v=

v1=3m/s ② 213 B 14 A 15 C 16 B 17 AC 18 AD 19 BD 20 BD 21 AC 112

碰撞损失的动能ΔE＝mv21－(2m)v ③

22解得ΔE＝9J ④

(2) 由于P与挡板的碰撞为弹性碰撞.故P在AC间等效为匀减速运动，设P在AC段加速度大小为a，由运动学规律，得 μ(2m)g＝2ma⑤ 1

3L=vt-at2⑥

2v2＝v-at⑦

t2+2424-t2由①⑤⑥⑦解得v1= v2= ⑧

t2t

由于2s≤t≤4s 所以解得v1的取值范围10m/s≤v1≤14m/s ⑨ v2的取值范围1m/s≤v2≤7m/s

所以当v2=7m/s时，P向左经过A 点时有最大动能 1

E=(2m)v2 2=49J ⑩236、（18分）

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解：（1）粒子在电场中，由动能定理有 1

qEd=mv2 -0 ①

2

粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力 v2

qvB0＝m ②

r当k=1时，由几何关系得 r=L ③ 由①②③解得 qB02L2E= ④

2md

（2）由于2解得r=L ⑥

2

(k2+1)qB0L

由②⑥解得v= ⑦

2m粒子在Ⅱ区洛伦兹力提供向心力 v2

qvB＝mr ⑧

1

kr

由对称性及几何关系可知 (3-k)=r ⑨

1

(3-k) (k2+1)解得r1=L ⑩ 2kk

由⑧⑩解得 B＝(3-k) B0

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2014高考物理海南卷答案：

一、单项选择题

1. C 2.B 3. B 4. A 5. D 6.A 二、多项选择题

7. ABD 8. AD 9.BD 10. AD 三、实验题 11. (5分)

(1) 1.844 (2分。在1.842-1.846范围内的均给分) 4.240 (2分) (2)

(1分) 4IL12. (10分)

(1)电路原理图如图(a)所示。(5分，给出图(b)也给分。原理正确2分，仪器，选择正确3分)

D2U

(2)定值电阻在电路中消耗的功率会超过1/8W, R2的功率满足实验要求(1分)

(3) 51.0 (2分。在49.0-53.0范围内的均给分)

(4)忽略了电压表的分流(此答案对应于图(a)) 或:忽略了电流表的分压(此答案对应于图(b))(2分，其他合理答案也给分)

13. 根据题意，在第1s和第2s内运动员都做匀加速直线运动，设运动员在匀加速阶段的加速度为a，在第1s和第2s内通过的位移分别为s1和s2，由运动学规律得

50

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s112at0 21a(2t0)2 2s1s2t01s

求得 a5m/s2

设运动员做匀加速运动的时间为t1，匀速运动的时间为t2，匀速运动的速度为v1，跑完全程的时间为t，全程的距离为s，依题决及运动学规律，得

tt1t2 vat1

s12at1vt2 2设加速阶段通过的距离为s/，则

s/12at1 2求得s/10m

14. （1）带电粒子在磁场中做圆周运动，设运动半径为R，运动周期为T，根据洛伦兹力公式及圆周运动规律，有

2v0qv0Bm

R2R Tv05依题意，粒子第一次到达x轴时，运动转过的角度为，所需时间t1为

45t1T

8求得 t15m 4qB（2）粒子进入电场后，先做匀减速运动，直到速度减小为0，然后沿原路返回做匀加速运动，到达x轴时速度大小仍为v0，设粒子在电场中运动的总时间为t2，加速度大小为a，电场强度大小为E，有

qEma

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1at2 22mv0得t2

qEv0根据题意，要使粒子能够回到P点，必须满足

t2T0

得电场强度最大值

E2mv0 qT0五、选考题

15. (1) CE (4分。选对1个给2分，选对2个给4分;有选错的不给这4

分)

(2) (8分)

设活塞的质量为m，气缸倒置前下部气体的压强为p20，倒置后上下气体的压强分别为p2、p1，由力的平衡条件有

p20p10p1p2mg Smg S倒置过程中，两部分气体均经历等温过程，设气体的总体积为V0，由玻意耳定律得

V0Vp10 24VVp200p20

244pS解得 m10

5gp1016. (1) BC (4分。选对一个给2分，选对2个给一分.有选错的不给这4分) (2) (8分)

设玻璃砖的折射率为n，入射角和反射角为θ1，折射角为θ2，由光的折射定律

nsin1 sin2

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根据几何关系有

sin1hlhhlh222212

sin2

因此求得 n2l2h2 22l1h根据题意，折射光线在某一点刚好无法从底面射出，此时发生全反射，设在底面发生全反射时的入射角为θ3，有

sin31 n由几何关系得

sin3l3lH232

解得H2l2l12l 223l1h17. (1) ACD (4分。选对1个给2分，选对2个给3分，选对3个给4分:有选错的不给这4分）

（2）设衰变产生的α粒子的速度大小为v，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得

v2qvBm

R设衰变后新核的速度大小为V，衰变前后动量守恒，有

0MVmv

设衰变前原子核质量为M0，衰变前后能量守恒，有

M0c2Mc211MV2mc2mv2 22(qBR)2] 解得 M0(Mm)[122Mmc

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2014年全国高考上海卷物理试题参

一、单选题

1、A 2、 D 3、 B 4、 C 5、B 6、C 7、B 8、A 二、单选题

9、A 10、B 11、C 12、A 13、D 14、 D 15、C 16、B 三、多选题

17、C, D 18、A, C, D 19、B, C 20、A, D 四、填空题 21、运动状态;惯性

22A、1：2； 1：1； 22B、；1：2

23、 9：7 ；2：1 24、0.8；0.8m≤x≤1m

25、；；先不变后增大

五、实验题

26、减小;光的波长比障碍物小得多 27、 (1) a (2) C

28、 (1) C(2) 2.8; 2 (3) D; 3 29、 (1)T2r (2) kg.m2; 0.17 (3)不变 六、计算题

有色皆空

30、

31、

55

有色皆空

32、

56

有色皆空

33、

57

有色皆空

浙江天台山方广寺有一联，云：

风声水声虫声鸟声梵呗声，总合三百六十击钟鼓声，无声不寂；月色山色草色树色云霞色，更兼四万八千丈峰峦色，有色皆空。

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